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微专题 1 等差数列、等比数列
[考情分析] 等差数列、等比数列是高考必考内容，主要考查等差数列与等比数列的通项公式与前n项和
公式以及性质的应用，等差数列、等比数列的判断与证明，常以选择题、填空题或综合解答题的形式考查，
属于中档题目.
考点一 等差数列、等比数列的基本运算
等差数列、等比数列的基本公式(n∈N*)
(1)等差数列的通项公式：a =a +(n-1)d，
n 1
a =a +(n-m)d.
n m
(2)等比数列的通项公式：a =a qn-1，
n 1
a =a qn-m.
n m
(3)等差数列的求和公式：
n(a +a ) n(n-1)
S = 1 n =na + d.
n 2 1 2
(4)等比数列的求和公式：
{a (1-qn ) a -a q
1 = 1 n ,q≠1,
S = 1-q 1-q
n
na ,q=1.
1
例1 (1)(2024·天津模拟)已知数列{a }是各项不为零的等差数列，S 为数列{a }的前n项和，
n n n
4S =a ·a ，则a 的值为( )
n n n+1 8
A.4 B.8
C.12 D.16
答案 D
解析 设等差数列{a }的公差为d，
n
∵4S =a ·a ，
n n n+1
∴当n=1时，4S =4a =a a ，
1 1 1 2
又a ≠0，∴a =4，
1 2
∴a +d=4，
1
当n=2时，4S =a ·a 4(a +a )=4a 4(a +4)=4(a +2d) d=2，
2 2 3 1 2 3 1 1
⇒ ⇒ ⇒∴a =2，
1
∴a =2+7×2=16.
8
(2)(2023·全国甲卷)设等比数列{a }的各项均为正数，前n项和为S ，若a =1，S =5S -4，则S 等于(
n n 1 5 3 4
)
15 65
A. B.
8 8
C.15 D.40
答案 C
解析 方法一 若该数列的公比q=1，代入S =5S -4中，
5 3
有5=5×3-4，不成立，
所以q≠1.
1-q5 1-q3
由 =5× -4，
1-q 1-q
化简得q4-5q2+4=0，
所以q2=1(舍)或q2=4，
由于此数列各项均为正数，
1-q4
所以q=2，所以S = =15.
4 1-q
方法二 由题知1+q+q2+q3+q4
=5(1+q+q2)-4，
即q3+q4=4q+4q2，
即q3+q2-4q-4=0，
即(q-2)(q+1)(q+2)=0.
由题知q>0，所以q=2.
所以S =1+2+4+8=15.
4
[规律方法] 等差数列、等比数列问题的求解策略
(1)抓住基本量，首项a ，公差d或公比q.
1
(2)熟悉一些结构特征，如前n项和为S =an2+bn(a，b是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为
n
a =pqn-1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列.
n
(3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行
相关计算.
跟踪演练1 (1)(2024·北京模拟)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里
关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.”则此人第三
天走的路程为( )
A.12里 B.24里
C.48里 D.96里
答案 C
1
解析 由题意可得，此人6天中每天走的路程是公比为 的等比数列，
2
设这个数列为{a }，前n项和为S ，
n n
( 1 )
a 1-
1 26 63
则S = = a =378，解得a =192，
6 1 32 1 1
1-
2
1
所以a =192× =48，
3 22
即此人第三天走的路程为48里.
(2)(2024·长沙模拟)已知等差数列 {a } 的公差为d，前n项和为S ，则“d<0”是“S -S <S -S ”的(
n n 3n 2n 2n n
)
A.充分不必要条件
B.充要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
答案 B
解析 S -S <S -S ，即 S +S <2S ，
3n 2n 2n n n 3n 2n
n(n-1)d 3n(3n-1)d [ 2n(2n-1)d]
则 na + +3na + <2 2na +
1 2 1 2 1 2
n(n-1)d 3n(3n-1)d
+ <2n(2n-1)d
2 2
⇔(n2-n+9n2-3n-8n2+4n)d<0
2n2d<0 d<0 ，
⇔
⇔则“d<0” ⇔是“S
3n
-S
2n
<S
2n
-S
n
”的充要条件.
考点二 等差数列、等比数列的性质
1.通项性质：若m+n=p+q=2k(m，n，p，q，k∈N*)，则对于等差数列，有a +a =a +a =2a；对于等比数列，
m n p q k
有a a =a a
=a2
.
m n p q k
2.前n项和的性质：(1)对于等差数列有S ，S -S ，S -S ，…成等差数列；对于等比数列有S ，S -S ，S -S ，…成等比数
m 2m m 3m 2m m 2m m 3m 2m
列(q=-1且m为偶数时除外).
(2)对于等差数列有S =(2n-1)a .
2n-1 n
例2 (1)(多选)(2024·哈尔滨模拟)已知数列{a }是公差为d的等差数列，S 是其前n项和，若a <0，S
n n 1 2
=S ，则( )
000 2 024
A.d>0 B.a =0
2 012
C.S =0 D.S ≥S
4 024 n 2 012
答案 ACD
解析 因为S =S ，
2 000 2 024
所以a +a +…+a =0，
2 001 2 002 2 024
24(a +a )
所以 2 001 2 024 =0，
2
所以a +a =a +a =2a +4 023d=0，
2 001 2 024 2 012 2 013 1
2
又因为a <0，所以d=- a >0，故A正确；
1 4 023 1
4 022 1
a =a +2 011d=a - a = a <0，故B错误；
2 012 1 1 4 023 1 4 023 1
4 024(a +a )
S = 1 4 024 =2 012(a +a )=0，故C正确；
4 024 2 001 2 024
2
因为a <0，a =-a >0，
2 012 2 013 2 012
所以当n≤2 012时，a <0，当n≥2 013时，a >0，
n n
所以(S ) =S ，所以S ≥S ，故D正确.
n min 2 012 n 2 012
S 5
12
(2)(2024·邵阳模拟)记S 为公比小于1的等比数列{a }的前n项和，S =2， = ，则S 等于( )
n n 3 S S 14 6
6 9
A.6 B.3
1
C.1 D.
3
答案 B
解析 依题意，S ，S -S ，S -S ，S -S 成等比数列，首项为2，设其公比为p，
3 6 3 9 6 12 9
S 5
12
则S =2+2p，S =2+2p+2p2，S =2+2p+2p2+2p3，由 = ，
6 9 12 S S 14
6 9
2+2p+2p2+2p3
得
(2+2p)(2+2p+2p2
)
2(p+1)(p2+1)
5
= = ，
2(p+1)(2+2p+2p2 ) 14
整理得2p2-5p+2=0，1
解得p= 或p=2，
2
设等比数列{a }的公比为q，则q<1，由
n
{ S =a (1+q+q2 )=2,
3 1
S =a (1+q+q2 )+a q3 (1+q+q2 )=2+2p,
6 1 1
1
得p=q3<1，故p= ，所以S =3.
2 6
[规律方法] 等差数列、等比数列的性质问题的求解策略
(1)抓关系，抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手，选择恰当的性质进行求解.
(2)用性质，数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题.
跟踪演练2 (1)(2024·贵港模拟)已知等差数列{a }的公差不为0，a =0，给定正整数m(m>2)，使得对
n 2 024
任意的n<m(n∈N*)，都有a +a +…+a =a +a +…+a 成立，则m的值为( )
1 2 n 1 2 m-n
A.4 047 B.4 046
C.2 024 D.4 048
答案 A
解析 若n>m-n，由题意知a +a +…+a =0，
m-n+1 m-n+2 n
由等差数列的性质知，若p+q=s+t(p，q，s，t∈N*)，
则有a +a =a+a，所以a +a =0，
p q s t m-n+1 n
因为公差d≠0，且a =0，所以a +a =0，
2 024 1 4 047
所以m-n+1+n=4 048，所以m=4 047；
若n<m-n，可得a +a +…+a =0，
n+1 n+2 m-n
由等差数列的性质知，若p+q=s+t(p，q，s，t∈N*)，
则有a +a =a+a，所以a +a =0，
p q s t n+1 m-n
因为公差d≠0，且a =0，所以a +a =0，
2 024 1 4 047
所以n+1+m-n=4 048，所以m=4 047.
综上所述，m=4 047.
(2)(2024·衡水模拟)已知数列{a }，{b }均为等差数列，其前n项和分别为S ，T ，满足
n n n n
a +a +a
(2n+3)S =(3n-1)T ，则 7 8 9等于( )
n n b +b
6 10
A.2 B.3
C.5 D.6
答案 A
1 1
解析 因为数列{a }，{b }均为等差数列，可得a +a +a =3a = ×15a = S ，
n n 7 8 9 8 5 8 5 1515(b +b )
且b +b =b +b ，又由T = 1 15 ，
6 10 1 15 15 2
2
可得b +b = T .
6 10 15 15
1
S
a +a +a 5 15
7 8 9
因此 =
b +b 2
6 10 T
15 15
3 S 3 3×15-1 3 4
15
= · = × = × =2.
2 T 2 2×15+3 2 3
15
考点三 等差数列、等比数列的判断与证明
等差数列 等比数列
a
n+1
定义法 a -a =d =q(q≠0)
n+1 n a
n
通项法 a =a +(n-1)d a =a qn-1
n 1 n 1
中项法 2a =a +a (n≥2) a2=a a (n≥2，a ≠0)
n n-1 n+1 n n-1 n+1 n
前n项和法 S =an2+bn(a，b为常数) S =kqn-k(k≠0，q≠0，1)
n n
证明数列为等差(比)数列一般使用定义法.
例3 (2024·茂名模拟)已知数列{a }满足a =1，a =3，a =3a -2a (n∈N*).
n 1 2 n+2 n+1 n
(1)证明：数列{a -a }是等比数列；
n+1 n
(2)求数列{a }的通项公式；
n
(3)若数列{b }满足4b 1 -1·4b 2 -1·…·4b n -1=(a +1) b n(n∈N*)，证明：{b }是等差数列.
n n n
(1)证明 ∵a =3a -2a ，
n+2 n+1 n
∴a -a =2(a -a )，
n+2 n+1 n+1 n
∵a =1，a =3，
1 2
∴{a -a }是以a -a =2为首项，2为公比的等比数列.
n+1 n 2 1
(2)解 由(1)得a -a =2n(n∈N*)，
n+1 n
∴a =(a -a )+(a -a )+…+(a -a )+a
n n n-1 n-1 n-2 2 1 1
=2n-1+2n-2+…+2+1
=2n-1(n≥2)，
又a =1符合上式，∴a =2n-1(n∈N*).
1 n
(3)证明 ∵4b 1 -1·4b 2 -1·…·4b n -1=(a +1) b n，
n
∴4(b
1
+b
2
+…+b
n
)-n=2nb
n，∴2[(b +b +…+b )-n]=nb ， ①
1 2 n n
2[(b +b +…+b +b )-(n+1)]=(n+1)b . ②
1 2 n n+1 n+1
②-①，得2(b -1)=(n+1)b -nb ，
n+1 n+1 n
即(n-1)b -nb +2=0， ③
n+1 n
则nb -(n+1)b +2=0. ④
n+2 n+1
④-③，得nb -2nb +nb =0，
n+2 n+1 n
即b -2b +b =0，
n+2 n+1 n
∴b -b =b -b (n∈N*)，
n+2 n+1 n+1 n
∴{b }是等差数列.
n
[易错提醒] (1)a2 =a a (n≥2，n∈N*)是{a }为等比数列的必要不充分条件，判断一个数列是等比数列时，
n n-1 n+1 n
还要注意各项不为0.
(2){a }为等比数列，可推出a ，a ，a 成等比数列，但a ，a ，a 成等比数列并不能说明{a }为等比数列.
n 1 2 3 1 2 3 n
(3)证明{a }不是等比数列可用特殊值法.
n
1
跟踪演练3 (2024·沧州模拟)已知数列{a }满足a = ，2a -a a =1(n∈N*).
n 1 2 n+1 n n+1
{ 1 }
(1)证明：数列 为等差数列，并求a ；
a -1 n
n
a -a
(2)令b = n+1 n，求数列{b }的前n项和T .
n a a n n
n n+1
1
解 (1)由2a -a a =1，知a = ，
n+1 n n+1 n+1 2-a
n
1
1 1 1
所以 - = 1 -
a -1 a -1 -1 a -1
n+1 n 2-a n
n
2-a 1 1-a
n n
= - = =-1，
a -1 a -1 a -1
n n n
{ 1 } 1
所以数列 是以 =-2为首项，-1为公差的等差数列，
a -1 a -1
n 1
1
所以 =-2+(-1)(n-1)=-n-1，
a -1
n
n
所以a = .
n n+1
a -a 1 1 n+1 n+2 1 1
(2)方法一 因为b =
n+1 n
= - = - = - ，
n a a a a n n+1 n n+1
n n+1 n n+1
1 1 1 1 1 1 1 1 n
所以T =1- + - + - +…+ - =1- = .
n 2 2 3 3 4 n n+1 n+1 n+1a -a 1 1
n+1 n
方法二 因为b = = - ，
n a a a a
n n+1 n n+1
1 1 1 1 1 1
所以T = - + - +…+ -
n a a a a a a
1 2 2 3 n n+1
1 1
= - =2-(2-a )=a ，
a a n n
1 n+1
n
所以T = .
n n+1
专题强化练
(分值：90分)
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.(2024·全国甲卷)记S 为等差数列{a }的前n项和，已知S =S ，a =1，则a 等于( )
n n 5 10 5 1
7 7
A. B.
2 3
1 7
C.- D.-
3 11
答案 B
解析 由S -S =a +a +a +a +a =5a =0，则a =0，
10 5 6 7 8 9 10 8 8
a -a 1
则等差数列{a }的公差d= 8 5=- ，
n 3 3
( 1) 7
故a =a -4d=1-4× - = .
1 5 3 3
a
2.(2024·安康模拟)已知在正项等比数列{a }中，a a =16，且a ，10， 6成等差数列，则a +a +a 等于( )
n 2 4 3 2 1 4 7
A.157 B.156
C.74 D.73
答案 D
解析 因为数列{a }为正项等比数列，所以由等比中项性质知a =√a a =4.
n 3 2 4
a a
由a ，10， 6 成等差数列，得20=a + 6 ，所以a =32，
3 2 3 2 6
√a
所以等比数列{a }的公比q= 3 6=2，
n
a
3
a
3
所以a = =1，a =a q=8，a =a q4=64，
1 q2 4 3 7 3所以a +a +a =73.
1 4 7
1
3.(2024·运城模拟)已知数列{a }是等差数列， a -a =2，则a +a -a 等于( )
n 2 3 5 5 10 8
A.4 B.-2
C.-4 D.-8
答案 C
1
解析 因为 a -a =2，则a -2a =4，
2 3 5 3 5
又2a =a +a ，则a -(a +a )=4，
5 3 7 3 3 7
解得a =-4，
7
所以a +a -a =a +a -a =a =-4.
5 10 8 7 8 8 7
4.(2024·绵阳模拟)已知S 是数列{a }的前n项和，a =1，a =3，数列{a a }是公比为2的等比数列，则S 等
n n 1 2 n n+1 9
于( )
A.76 B.108
C.512 D.19 683
答案 A
a a a
n+2 n+1 n+2
解析 因为数列{a a }是公比为2的等比数列，则有 = =2，而a =1，a =3，
n n+1 a a a 1 2
n n n+1
则数列{a }是以1为首项，2为公比的等比数列，{a }是以3为首项，2为公比的等比数列，
2n-1 2n
1×(1-25
)
3×(1-24
)
所以S =(a +a +a +a +a )+(a +a +a +a )= + =76.
9 1 3 5 7 9 2 4 6 8 1-2 1-2
5.(2024·泰安模拟)在各项均为正数的等比数列{a }中，已知a >1，其前n项积为T ，且T =T ，则T 取得
n 2 n 20 10 n
最大值时，n的值为( )
A.15 B.16
C.29 D.30
答案 A
T
20
解析 由T =T ，得 =a a …a a =(a a )5=1， a a =1，
20 10 T 11 12 19 20 15 16 15 16
10
则a a =a a =a a =1，由于a >1，得0<a <1，
1 30 2 29 15 16 2 29
所以等比数列{a }是递减数列，故a >1>a >0，则T 取得最大值时，n=15.
n 15 16 n
1( 1 )
6.(2024·阜阳模拟)设正项数列{a }的前n项和为S ，且S = a + (n∈N*)，则( )
n n n 2 n a
n
A.{a }是等差数列 B.{S }是等差数列
n n
C.{a }是递增数列 D.{S }是递增数列
n n
答案 D解析 依题意可得a =S -S ，n≥2.
n n n-1
1( 1 )
因为S = a + (n∈N*)，
n 2 n a
n
1( 1 )
所以当n=1时，S = a + ，
1 2 1 a
1
1( 1 )
即S = S + ，解得S =1(负值舍去)，
1 2 1 S 1
1
1( 1 )
当n≥2时，S n = 2 S n -S n-1 + S -S ，
n n-1
整理得S2 -S2
=1，
n n-1
所以数列{S2
}是以1为首项，1为公差的等差数列.
n
从而S2 =n， S =√n.
n n
因为当n=1时，a =S =1，
1 1
当n≥2时，a =S -S =√n-√n-1.
n n n-1
当n=1时也适合上式，
所以a =√n-√n-1，故选项A，B错误，选项D正确；
n
因为a =√2-√1=√2-1<1=a ，所以选项C错误.
2 1
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
3a -1
n
7.(2024·张掖模拟)已知数列{a }满足a =2，a = ，则下列说法正确的是( )
n 1 n+1 a +1
n
5
A.a =
3 3
B.数列{a }为递减数列
n
{ 1 }
C.数列 为等差数列
a -1
n
n+3
D.a =
n n+1
答案 BCD
3a -1
n
解析 因为a =2，a = ，
1 n+1 a +1
n
3a -1 2a -2 1
n n
则a -1= -1= ， =1，
n+1 a +1 a +1 a -1
n n 1
1 1 a +1 1 a -1 1
n n
所以 - = - = = ，
a -1 a -1 2a -2 a -1 2a -2 2
n+1 n n n n{ 1 } 1
故 是以1为首项， 为公差的等差数列，
a -1 2
n
1 1 n+1
所以 =1+ (n-1)= ，
a -1 2 2
n
2
则a -1= ，
n n+1
2 n+3 3+3 3
故a =1+ = ，a = = ，故A错误，BCD正确.
n n+1 n+1 3 3+1 2
d S
8.(2024·合肥模拟)已知等差数列{a }的公差为d，前n项和为S ， ≥2，数列{b }满足b = 2n，则下列等
n n a n n n
1
式可能成立的是( )
A.b2=b b B.2b =b +b
4 2 8 4 2 6
C.2a =a +a D.a2=a a
4 2 6 4 2 8
答案 ABC
d
解析 等差数列{a }的公差为d，前n项和为S ，若 ≥2，
n n a
1
则当首项a >0时，公差d≥2a ；
1 1
当a <0时，公差d≤2a ，
1 1
n(n-1)
因为S =na + d，
n 1 2
S 1[ 2n(2n-1) ]
所以b = 2n= 2na + d
n n n 1 2
=2a +(2n-1)d=(2a +d)+(n-1)×2d，
1 1
所以数列{b }是以2a +d为首项，2d为公差的等差数列.
n 1
对于A，取a =1，d=2，则b =4+4(n-1)=4n，
1 n
可得b =8，b =16，b
=32，此时b2
=b b ，故A选项符合题意；
2 4 8 4 2 8
对于B，由于数列{b }是等差数列，所以2b =b +b 恒成立，故B选项符合题意；
n 4 2 6
对于C，由于数列{a }是等差数列，所以2a =a +a 恒成立，故C选项符合题意；
n 4 2 6
对于D，若a2 -a a =(a +3d)2-(a +d)(a +7d)=2d(d-a )=0，
4 2 8 1 1 1 1
则d=0或d-a =0，与已知矛盾，
1
所以a2
=a a 不可能成立，故D选项不符合题意.
4 2 8
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.(2024·新课标全国Ⅱ)记S 为等差数列{a }的前n项和，若a +a =7，3a +a =5，则S = .
n n 3 4 2 5 10
答案 95
解析 方法一 (基本量法)设数列{a }的公差为d，
n
{ a +2d+a +3d=7,
1 1
则由题意得
3(a +d)+a +4d=5,
1 1
{a =-4,
1
解得
d=3,
10×9
则S =10a + d
10 1 2
=10×(-4)+45×3=95.
方法二 (利用下标和性质)
设数列{a }的公差为d，
n
由a +a =a +a =7，
3 4 2 5
3a +a =5，
2 5
得a =-1，a =8，
2 5
a -a
故d= 5 2=3，a =11，
5-2 6
a +a
则S = 1 10×10=5(a +a )
10 2 5 6
=5×19=95.
10.(2024·唐山模拟)如图所示的数阵的每一行最右边数据从上到下形成以1为首项，以2为公比的等比数列，
每行的第n个数从上到下形成以2n-1为首项，以3为公比的等比数列，则该数阵第n行(n∈N*)所有数据的
和S = .
n
答案 3n-2n
解析 因为每行的第n个数从上到下形成以2n-1为首项，以3为公比的等比数列，所以
S =30×2n-1+31×2n-2+32×2n-3+…+3n-1×20，所以
n
[ (2) n-1 (2) n-2 (2) n-3 (2) 0]
S =3n-1× + + +…+
n 3 3 3 3
(2) n
1-
3 [ (2) n]
=3n-1× =3n 1-
2 3
1-
3
=3n-2n.四、解答题(共27分)
1
11.(13分)(2024·南通模拟)设数列{a }的前n项和为S ，若S - a =n2+1，n∈N*.
n n n 2 n
(1)求a ，a ，并证明：数列{a +a }是等差数列；(7分)
1 2 n n+1
(2)求S .(6分)
20
1
解 (1)当n=1时，由条件得a - a =2，所以a =4.
1 2 1 1
1
当n=2时，由条件得(a +a )- a =5，所以a =2.
1 2 2 2 2
1
因为S - a =n2+1，
n 2 n
1
所以S - a =(n-1)2+1(n≥2)，
n-1 2 n-1
1 1
两式相减得a - a + a =2n-1，
n 2 n 2 n-1
即a +a =4n-2，
n n-1
所以(a +a )-(a +a )=[4(n+1)-2]-(4n-2)=4，
n+1 n n n-1
从而数列{a +a }为等差数列.
n+1 n
(2)由(1)知数列{a +a }为等差数列，首项为a +a =6，公差为4，所以a +a =4n+2，
n+1 n 1 2 n n+1
所以S =(a +a )+(a +a )+…+(a +a )
20 1 2 3 4 19 20
10[(a +a )+(a +a )]
= 1 2 19 20 ，
2
又a +a =78，
19 20
10×(6+78)
所以S = =420.
20 2
12.(14分)已知数列{a }满足a =1，a +a =8·3n-1.
n 1 n n+1
(1)证明：∃λ∈R，使得数列{a +λ·3n}成等比数列；(8分)
n
(2)求数列{a }的前n项和S .(6分)
n n
(1)证明 若∃λ∈R，数列{a +λ·3n}成等比数列，
n
a +λ·3n+1
n+1
则存在非零实数q，使得 =q，
a +λ·3n
n
即a +λ·3n+1=q(a +λ·3n)，
n+1 n
整理得a =qa +(qλ-3λ)3n. ①
n+1 n
因为a +a =8·3n-1，
n n+1
8
所以a =-a + ×3n. ②
n+1 n 3{
q=-1,
由①②对应项系数相等得 8
qλ-3λ= ,
3
{q=-1,
解得 2
λ=- .
3
所以a -
2
·3n+1=-
(
a -
2 ·3n)
.
n+1 3 n 3
2
因为a =1，所以a - ×31=-1≠0.
1 1 3
{ 2 }
所以数列 a - ·3n 的各项均不为0，
n 3
2
a - ·3n+1
n+1 3
所以 =-1.
2
a - ·3n
n 3
{ 2 }
所以数列 a - ·3n 是以-1为首项，-1为公比的等比数列，
n 3
2
即∃λ=- ，使得数列{a +λ·3n}成等比数列.
3 n
{ 2 }
(2)解 由(1)知，数列 a - ·3n 是以-1为首项，-1为公比的等比数列，
n 3
2
所以a - ·3n=(-1)n，
n 3
即a =2·3n-1+(-1)n，
n
2×(1-3n ) -1×[1-(-1) n ] (-1) n-3
所以S = + =3n+ .
n 1-3 1-(-1) 2
13题6分，14题5分，共11分
13.(多选)[牛顿数列]英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点.如图，在横坐标为x 的点处作
1
f(x)的切线，切线与x轴交点的横坐标为x ；用x 代替x 重复上面的过程得到x ；一直下去，得到的数列
2 2 1 3
x +2
{x }叫做牛顿数列.若函数f(x)=x2-x-6，a =ln n 且a =1，x >3，数列{a }的前n项和为S ，则下列说法正
n n x -3 1 n n n
n
确的是( )f(x )
n
A.x =x -
n+1 n f '(x )
n
B.数列{a }是递减数列
n
C.数列{a }是等比数列
n
D.S =22 025-1
2 025
答案 ACD
解析 f'(x)=2x-1，所以f(x)在点(x ，f(x ))处的切线方程为y-f(x )=f'(x )(x-x )，
n n n n n
因为x >3，所以2x -1≠0，
n n
f(x ) x2-x -6 x2+6
n n n n
令y=0，得x =x - =x - = ，故A正确；
n+1 n f '(x ) n 2x -1 2x -1
n n n
x2+6
n +2
x +2 2x -1 x +2 2
n+1 n ( n )
= = ，
x -3 x2+6 x -3
n+1 n -3 n
2x -1
n
x +2 x +2
n+1 n
故ln =2ln ，
x -3 x -3
n+1 n
即a =2a ，又a =1，
n+1 n 1
所以数列{a }是以1为首项，2为公比的等比数列，故B错误，C正确；
n
1×(1-22 025
)
所以S = =22 025-1，D正确.
2 025 1-2
14.(2024·济南模拟)已知{a }是各项均为正整数的递增数列，{a }的前n项和为S ，若S =2 024，则当n取最
n n n n
大值时，a 的最大值为( )
n
A.63 B.64
C.71 D.72
答案 C
解析 因为S =2 024是定值，要使当n取最大值时，a 也取得最大值，{a }需满足各项尽可能取到最小值，
n n n
又因为{a }是各项均为正整数的递增数列，所以a =1，a =2，a =3，…，a =m，即{a }是首项为1，公差为
n 1 2 3 m m
m(m+1)
1的等差数列，{a }的前m项和为T = ，
m m 2
63×(63+1)
当m=63时，T = =2 016<2 024；
63 2
64×(64+1)
当m=64时，T = =2 080>2 024，
64 2
又因为2 024-2 016=8，
所以n的最大值为63，此时a =1，a =2，a =3，…，a =62，a 的最大值为a =63+8=71.
1 2 3 62 n 63
